L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2011-2012
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir surveill´ e n˚2
Exercice 1 : R´ esolution d’une ´ equation polynomiale de degr´ e 3
Le but de cet exercice est de r´esoudre l’´equation(E), d´efinie par : (E) : x3−5x2−2x+ 24 = 0.
1. Le nombre−2 est-il solution de (E) ?
2. Soitx∈Ret soienta, b, c∈R. D´evelopper, r´eduire et ordonner l’expression : (x+ 2)(ax2+bx+c)
i.e. d´evelopper (x+ 2)(ax2+bx+c), puis ´ecrire le r´esultat du d´eveloppement sous la forme : x3+x2+x+
o`u lesd´esignent des nombres r´eels ind´ependants dexqui sont `a d´eterminer, en fonction dea, b, c.
3. D´emontrer qu’il existea, b, c∈Rtels que pour toutx∈R:
(x+ 2)(ax2+bx+c) =x3−5x2−2x+ 24.
Indication : On pourra introduire un syst`eme lin´eaire.
4. R´esoudre alors l’´equation (E).
Correction 1. On calcule
(−2)3
| {z }
−8
−5×(−2)2
| {z }
4
−2×(−2) + 24 =−8−20 + 4 + 24 = 0.
Donc−2 est solution de l’´equation :
x3−5x2−2x+ 24 = 0.
2. Soitx∈Ret soienta, b, c∈R.
(x+ 2)(ax2+bx+c) = ax3+bx2+cx+ 2ax2+ 2bx+ 2c
= ax3+ (b+ 2a)x2+ (c+ 2b)x+ 2c On a donc :
(x+ 2)(ax2+bx+c) = a x3+ (b+ 2a) x2+ (c+ 2b) x+ 2c . 3. Soitx∈Ret soienta, b, c∈R. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a :
(x+ 2)(ax2+bx+c) =x3−5x2−2x+ 24⇐⇒ax3+ (b+ 2a)x2+ (c+ 2b)x+ 2c=x3−5x2−2x+ 24.
On va chercher des nombres r´eelsa, b, ctels que
ax3+ (b+ 2a)x2+ (c+ 2b)x+ 2c=x3−5x2−2x+ 24 pour toutx∈R. On aura alors aussi :
(x+ 2)(ax2+bx+c) =x3−5x2−2x+ 24 pour toutx∈Rd’apr`es l’´equivalence pr´ec´edente.
Pour que l’on ait l’´egalit´e :
a x3+ (b+ 2a) x2+ (c+ 2b) x+ 2c = 1 x3+ −5 x2+ −2 x+ 24
pour tout x∈ R, il suffit (et il faut, comme nous le verrons plus tard dans le cours sur les polynˆomes) que :
a = 1 (´egalit´e des coefficients devantx3)
2a + b = −5 (´egalit´e des coefficients devantx2) 2b + c = −2 (´egalit´e des coefficients devantx)
2c = 24 (´egalit´e des termes constants)
On note (S) ce syst`eme lin´eaire d’inconnue (a, b, c)∈R3. On le r´esout par la m´ethode du pivot de Gauß.
Pour cela, on commence par l’´echelonner, `a l’aide d’op´erations ´el´ementaires.
(S) ⇐⇒
1 a = 1
b = −7 L2←L2−2L1
2b + c = −2
2c = 24
⇐⇒
1 a = 1
1 b = −7
c = 12 L3←L3−2L2
2c = 24
⇐⇒
1 a = 1
1 b = −7
1 c = 12
0 = 0 L4←L4−2L3
On remarque que le rang de (S) est 3 et que la ligneL4est toujours v´erifi´ee. On en d´eduit que le syst`eme (S) poss`ede une unique solution :
(1,−7,12).
Par suite on a :
pour toutx∈R (x+ 2)( 1 x2+ −7 x+ 12
| {z }
x2−7x+12
) =x3−5x2−2x+ 24.
4. On utilise la factorisation pr´ec´edente pour d´ebuter la r´esolution de (E).
(E) : x3−5x2−2x+ 24 = 0 ⇐⇒ (x+ 2)(x2−7x+ 12) = 0 (d’apr`es la question 3)
⇐⇒
x+ 2 = 0 ou
x2−7x+ 12 = 0
Å Un produit de deux facteurs est nul ssi au moins l’un des deux est nul.
ã
On a donc :
(E)⇐⇒
x=−2 ou
x2−7x+ 12 = 0
. (1)
Il reste alors `a r´esoudre l’´equation
(E′) : x2−7x+ 12 = 0 i.e. `a chercher les racines du trinˆome du second degr´e :
P =x2−7x+ 12
dont les coefficients sonta= 1,b=−7 etc= 12. Son discriminant ∆ est donn´e par :
∆ =b2−4ac= (−7)2−4×1×12 = 1.
Comme ∆>0, le polynˆomeP admet deux racines r´eelles distinctes :
x1= −b−√
∆
2a =−(−7)−
1
z}|{√ 1
2×1 = 3 et x2=−b+√
∆
2a = −(−7) +
1
z}|{√ 1 2×1 = 4.
De cette ´etude et de (1), on d´eduit que l’ensemble solution de (E) est : Sol(E)={−2,3,4}.
Exercice 2 : Trois droites concourantes
Soit (O;−→i ,−→j) un rep`ere orthonorm´e du plan. On consid`ere trois droitesD1,D2 et D3 d´efinies comme suit.
• SoitD1la droite du plan passant par les points A(1,5) etB(−3,2).
• SoitD2la droite passant par le pointC(−2,6) et dirig´ee par le vecteur−→u(2,−5).
• SoitD3la droite d’´equation cart´esienne : 3x+ 8y−25 = 0.
Correction
1. Remarquons que la droiteD1 co¨ıncide avec la droite (AB). Le vecteur
−−→AB(xB−xA
| {z }
−3−1=−4
, yB−yA
| {z }
2−5=−3
)
est un vecteur directeur de D1. Par suite, le vecteur−n→1(3,−4) est normal `a la droiteD1. En effet, on a :
−−→AB.−n→1= (−4)×3 + (−3)×(−4) = 0 (cf. crit`ere d’orthogonalit´e).
D’apr`es le cours, la droiteD1 admet donc une ´equation cart´esienne de la forme : 3x−4y+c= 0
o`uc est un r´eel `a d´eterminer.
Comme le pointA(1,5) appartient `aD1, ses coordonn´ees v´erifient l’´equation 3x−4y+c= 0. On a donc : 3×1−4×5 +c= 0.
On en d´eduit : c= 17. Ainsi :
3x−4y+ 17 = 0 est une ´equation cart´esienne de D1. (2) 2. La droite D2 est dirig´ee par le vecteur−→u(2,−5). Par suite, le vecteur−n→2(5,2) est normal `a la droiteD2.
En effet, on a :
−
→u .−→n2= 2×5 + (−5)×2 = 0 (cf. crit`ere d’orthogonalit´e).
D’apr`es le cours, la droiteD2 admet donc une ´equation cart´esienne de la forme : 5x+ 2y+c= 0
o`uc est un r´eel `a d´eterminer.
Comme le point C(−2,6) appartient `a D2, ses coordonn´ees v´erifient l’´equation 5x+ 2y+c = 0. On a donc :
5×(−2) + 2×6 +c= 0.
On en d´eduit : c=−2. Ainsi :
5x+ 2y−2 = 0 est une ´equation cart´esienne deD2. (3)
3. Un point M(x, y) appartient `a l’intersection des droitesD1,D2 et D3 si et seulement si ses coordonn´ees (x, y) v´erifient l’´equation cart´esienne (2) de D1, l’´equation cart´esienne (3) deD2et l’´equation cart´esienne 3x+ 8y−25 = 0 de D3.
D´eterminer l’intersection des droites D1,D2et D3 revient donc `a r´esoudre le syst`eme : (S) :
3x − 4y + 17 = 0
5x + 2y − 2 = 0
3x + 8y − 25 = 0
.
On peut ˆetre plus pr´ecis : l’application qui associe `a un point deD1∩ D2∩ D3 ses coordonn´ees d´efinit une bijection deD1∩ D2∩ D3vers l’ensemble des solutions de (S).
(S) ⇐⇒
3x − 4y = −17
5x + 2y = 2
3x + 8y = 25
⇐⇒
3 x − 4y = −17
26y = 91 (L2←3L2−5L1) 12y = 42 (L3←L3−L1)
⇐⇒
3x − 4y = −17
y = 7
2
Å
L2←L2/26 et 91
26 =13×7 13×2 = 7
2 ã
y = 7
2
Å
L2←L2/12 et 42
12 = 2×3×7 3×2×2 =7
2 ã
⇐⇒
3x − 4y = −17
y = 7
2
0 = 0 (L3←L3−L2)
On en d´eduit que le syst`eme (S) est de rang 2. Comme (S) est ´equivalent au syst`eme
(S′) :
3x − 4y = −17
y = 7
2
qui est clairement de Cramer, le syst`eme (S) poss`ede lui aussi une unique solution. Les trois droites D1, D2et D3 sont donc concourantes. Pour d´eterminer les coordonn´ees du point commun `aD1,D2 etD3, on ach`eve la r´esolution du syst`eme (S′) (qui poss`ede le mˆeme ensemble solution que (S)).
En reportant la valeury= 7
2 dans (L1), on trouve : 3x−4×
Å7 2 ã
=−17.
3x−4× Å7
2 ã
=−17 ⇐⇒ 3x−14 =−17
⇐⇒ 3x=−3 (ajout de 14 `a chacun des membres)
⇐⇒ x=−1 (division par 36= 0 de chacun des membres) Les droitesD1,D2 etD3 se coupent donc au point de coordonn´ees
Å
−1,7 2 ã
.
Exercice 3 : Aire d’un triangle
Soit (O;−→i ,−→j) un rep`ere orthonorm´e du plan. Soient les trois points : A(4,6) ; B(2,3) ; C(8,1).
1. Justifier que les points A,B etC ne sont pas align´es.
2. Calculer la longueurBC.
3. Rappeler la d´efinition du projet´e orthogonalA′ du pointAsur la droite (BC).
4. Que repr´esente la droite (AA′) pour le triangleABC? 5. Calculer les coordonn´ees deA′.
6. Calculer l’aire du triangleABC.
Correction
1. Les coordonn´ees du vecteur −−→AB sont donn´ees par (xB−xA, yB−yA). On a donc ici :
−−→AB(−2,−3).
De mˆeme, on calcule les coordonn´ees du vecteur−→AC. On trouve :
−→AC(4,−5).
On a :
A, B, C align´es ⇐⇒ −−→
AB//−→
AC
⇐⇒
−2 4
−3 −5
= 0 (crit`ere de colin´earit´e)
⇐⇒ (−2)×(−5)−4×(−3) = 0
⇐⇒ 22 = 0.
Comme nous avons raisonn´e par ´equivalences et comme la derni`ere assertion est fausse, la premi`ere l’est
´egalement. Aussi a-t-onA, B, C non align´es.
2. On a :
BC = p
(xC−xB)2+ (yC−yB)2 (cf. cours)
= p
(8−2)2+ (1−3)2
= √
40.
Comme 40 = 4×10, on a√ 40 =√
4×√
10 = 2√
10.On a donc : BC= 2√
10.
3. Le vecteur −−→BCet un vecteur directeur de la droite (BC). D’apr`es le cours, on a donc :
A′ projet´e orthogonal deAsur (BC)⇐⇒
A′∈ (BC) et −−→
AA′ ⊥−−→BC
4. La droite (AA′) est la hauteur du triangleABC issue deA (cf. figure ci-apr`es).
1 2 3 4 5 6 7
−1
1 2 3 4 5 6 7 8 9
bA
b
B
bC
b
A′
5. On rappelle queA′ est caract´eris´e par :
A′∈ (BC) et −−→
AA′⊥−−→
BC
On note (xA′, yA′) les coordonn´ees du point A′.
• D´etermination d’une ´equation cart´esienne de (BC).
Les coordonn´ees du vecteur −−→BCsont donn´ees par :
−−→BC(6,−2).
SoitM(x, y) un point du plan. Les coordonn´ees du vecteur−−→BM sont donn´ees par :
−−→BM(x−2, y−3).
On a :
M ∈(BC) ⇐⇒ −−→BM //−−→BC
⇐⇒
x−2 6 y−3 −2
= 0 (crit`ere de colin´earit´e)
⇐⇒ (−2)×(x−2)−6×(y−3) = 0
⇐⇒ −2x+ 4−6y+ 18 = 0
⇐⇒ −2x−6y+ 22 = 0.
Par suite−2x−6y+22 = 0 est une ´equation cart´esienne de la droite (BC). En divisant chaque coefficient par 2, on obtient une autre ´equation cart´esienne de la droite (BC) :
−x−3y+ 11 = 0.
• Traduction alg´ebrique de la conditionA′ ∈(BC)
Comme−x−3y+ 11 = 0 est une ´equation cart´esienne de (BC), on a : A′∈(BC)⇐⇒ −xA′ −3yA′+ 11 = 0.
soit :
(⋆) A′∈(BC)⇐⇒xA′+ 3yA′ = 11.
• Traduction alg´ebrique de la condition−−→
AA′ ⊥−−→BC Les coordonn´ees du vecteur −−→
AA′ sont (xA′ −4, yA′−6) et celles de−−→BC sont (6,−2).On a :
−−→AA′⊥−−→BC ⇐⇒ −−→
AA′.−−→BC= 0 (crit`ere d’orthogonalit´e)
⇐⇒ 6(xA′−4) + (−2)(yA′−6) = 0
⇐⇒ 6xA′−24−2yA′+ 12 = 0
⇐⇒ 6xA′−2yA′ = 12.
En divisant chaque coefficient par 2 dans la derni`ere ´equation, on obtient :
(⋆⋆) −−→
AA′⊥−−→BC⇐⇒3xA′ −yA′ = 6.
• D´etermination des coordonn´ees (xA′, yA′) du pointA′
D’apr`es la caract´erisation deA′rappel´ee au d´ebut, (⋆) et (⋆⋆), le couple (xA′, yA′) est (l’unique) solution du syst`eme :
(S) :
ß xA′ + 3yA′ = 11 3xA′ − yA′ = 6 . On a :
(S) ⇐⇒
ß xA′ + 3yA′ = 11
−10yA′ = −27 (L2←L2−3L1) . DeL2, on d´eduit :
yA′ = 27 10. DeyA′ =27
10 et deL1, on d´eduit :
xA′+ 3×27 10 = 11 soit :
xA′ =29 10. Les coordonn´ees de A′ sont donc
Å29 10,27
10 ã
.
6. On note AABC l’aire du triangleABC. D’apr`es la question 4, on a : AABC= BC×AA′
2 .
D’apr`es la question 2, on a :BC= 2√ 10.
Il reste `a calculer la longueur AA′. Pour effectuer ce calcul, on peut utiliser les coordonn´ees de A′ obte- nues `a la question pr´ec´edente ou bien, commeAA′ est la distance du pointA`a la droite (BC), utiliser la formule du cours donnant la distance d’un point `a une droite (on connaˆıt une ´equation cart´esienne de la droite (BC) :−x−3y+ 11 = 0). On utilise ici la deuxi`eme m´ethode.
D’apr`es le cours :
AA′ =d(A,(BC)) = | −xA−3yA+ 11|
p(−1)2+ (−3)2 = | −4−3×6 + 11| p(−1)2+ (−3)2 = 11
√10 =11√ 10 10 . On a donc :
AABC = 2√
10×11√ 10 10
2 = 11.
Remarque : En comparant AABC = 11etdet(−−→AB,−→AC) = 22(cf. question 1), on remarque que :
(⋆) AABC = 1
2
det(−−→AB,−→AC) .
Cette propri´et´e(⋆)que nous avons v´erifi´ee dans le cas particulier consid´er´e ici est en fait vraie en g´en´eral.
Cela fournit une interpr´etation g´eom´etrique du d´eterminant.
Probl` eme : ´ Etude d’une transformation du plan
On munit le plan P d’un rep`ere orthonorm´e(O;−→i ,−→j).
• Crit`ere d’´egalit´e de deux points via leurs coordonn´ees.
SoientM1(x1, y1)∈ P etM2(x2, y2)∈ P. On rappelle l’´equivalence suivante.
M1=M2⇐⇒
x1=x2
et
y1=y2
• Notationdetpour le d´eterminant de deux vecteurs dans la base (−→i ,−→j) Rappel : Si−→u1(a1, b1)et−→u2(a2, b2) sont deux vecteurs du plan, alors on pose :
det(−→u1,−→u2) =
a1 a2
b1 b2
.
• D´efinition de la transformationρdu plan
A tout point` M du plan P de coordonn´ees(x, y), on associe le point ρ(M)du plan P de coordonn´ees : Ç
−1 2x−
√3 2 y+3
2 ,
√3 2 x−1
2y−
√3 2
å .
Dans ce probl`eme, on se propose d’´etudier la transformationρdu plan P ainsi d´efinie.
• Structure logique du probl`eme
Ci-dessous, on propose un arbre repr´esentant les connexions entre les diff´erentes parties du probl`eme.
A
@@
@@
@@
@
55
B
~~~~~~~
@@
@@
@@
@ D
@@
@@
@@
@
~~~~~~~~~
C E F
G
Voici par exemple trois informations que l’on peut lire sur cet arbre.
– Les fl`eches reliant A et B `a C signifient que les parties A et B sont utiles pour traiter la partie C.
– Aucune fl`eche n’aboutissant `a la partie D, aucune des parties pr´ec´edentes du probl`eme n’est utile pour traiter cette partie.
– Il n’y a que deux fl`eches qui aboutissent `aG: l’une partant de A, l’autre de D. Seules les parties A et D sont donc utiles pour traiter la partie G.
Partie A : La transformation ρest injective SoientA1(x1, y1)∈ P etA2(x2, y2)∈ P.
1. Montrer que siρ(A1) =ρ(A2) alorsA1=A2. 2. En d´eduire que siA16=A2 alorsρ(A1)6=ρ(A2).
Terminologie : Dans cette partie, on a d´emontr´e la propri´et´e suivante :
∀A1∈ P ∀A2∈ P ρ(A1) =ρ(A2) =⇒A1=A2. Cette propri´et´e porte le nom d’≪injectivit´e≫, d’o`u le titre de cette partie.
Partie B : La transformation ρ est surjective
SoitA′(xA′, yA′)∈ P. Montrer qu’il existe un pointA(xA, yA)∈ P tel que :ρ(A) =A′. Terminologie : Dans cette partie, on a d´emontr´e la propri´et´e suivante :
∀A′∈ P ∃A∈ P ρ(A) =A′. Cette propri´et´e porte le nom de ≪surjectivit´e≫, d’o`u le titre de cette partie.
Partie C : Effet de la transformationρ sur une droite Soient A(xA, yA)∈ P,B(xB, yB)∈ P et C(xC, yC)∈ P.
1. (a) Exprimer det(−−→AB,−→AC) en fonction de (xB−xA), (yB−yA), (xC−xA), (yC−yA),sans d´evelopper les produits de ces termes qui apparaissent.
(b) Exprimer det(−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)) en fonction de (xB−xA), (yB−yA), (xC−xA), (yC−yA).
On ´ecrira toutes les ´etapes du calcul.
(c) Comparer alors les valeurs de det(−−→
AB,−→
AC) et de det(−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)).
(d) Montrer que si les pointsA, B, C sont align´es, alors les pointsρ(A), ρ(B), ρ(C) sont align´es.
(e) ´Ecrire la r´eciproque de la propri´et´e pr´ec´edente, puis la d´emontrer.
(f) Quelle ´equivalence a-t-on ainsi d´emontr´ee ? 2. SoitDune droite du plan.
L’objectif de cette question 2. est de d´ecrire l’ensemble image deDparρ, not´eρ(D), qui est par d´efinition l’ensemble de tous les points ρ(M)que l’on obtient lorsqueM d´ecrit la droiteD, i.e. :
ρ(D) ={ρ(M) : M ∈ D}.
Soient A1∈ D et A2 ∈ D. On suppose que A16=A2. La droite (A1A2) est donc bien d´efinie et l’on a de plus :D= (A1A2).
(a) Pourquoi la droite passant par les pointsρ(A1) etρ(A2) est-elle bien d´efinie ?
On note D′ la droite passant par les points ρ(A1) etρ(A2). On a doncD′= (ρ(A1)ρ(A2)).
(b) Montrer que ρ(D) ⊂ D′, i.e. que si M est un point de la droite D, alors ρ(M) est un point de la droite D′.
(c) Montrer queD′ ⊂ρ(D), i.e. que siM′ est un point de la droiteD′ alors il existe un point M de la droite Dtel que ρ(M) =M′.
(d) Quelle description obtient-on alors pour l’ensemble imageρ(D) de la droiteDparρen rassemblant les r´esultats (b) et (c) ?
3. On se propose ici d’appliquer le r´esultat de la question 2., dans une situation particuli`ere.
SoitDla droite passant par l’origineOdu rep`ere et dirig´ee par le vecteur−→u(1,1).
(a) D´eterminer un pointAde la droiteDdistinct deO.
(b) Donner alors deux points distincts de la droiteρ(D).
(c) Donner une ´equation cart´esienne de la droiteρ(D).
Partie D : Effet de la transformation ρ sur une longueur SoientA(xA, yA)∈ P etB(xB, yB)∈ P.
1. ´Enoncer la formule du cours donnant une expression de la longueur AB en fonction de (xB −xA) et (yB−yA),sans d´evelopperles ´eventuelles puissances de ces termes qui apparaissent.
2. Calculer la longueurρ(A)ρ(B) en fonction de (xB−xA) et (yB−yA).
On ´ecrira toutes les ´etapes du calculs.
3. Comparer alors les longueursAB et ρ(A)ρ(B).
4. Soient ABC un triangle ´equilat´eral. Que peut-on dire du triangleρ(A)ρ(B)ρ(C) ? Partie E : Effet de la transformation ρ sur un cercle
SoitCun cercle, soitAson centre et soitrson rayon.
L’objectif de cette partieEest de d´ecrire l’ensemble image deCparρ, not´eρ(C), qui est par d´efinition l’ensemble de tous les pointsρ(M)que l’on obtient lorsqueM d´ecrit le cercleC, i.e. :
ρ(C) ={ρ(M) : M ∈ C}. On noteC′ le cercle de centreρ(A)et de rayon r.
1. Montrer queρ(C)⊂ C′, i.e. que siM est un point du cercle C, alorsρ(M) est un point du cercleC′. Indication : On pourra s’int´eresser `a la valeur de la longueurρ(A)ρ(M), pour un point M quelconque du cercle C.
2. Montrer que C′⊂ρ(C), i.e. que siM′ est un point du cercleC′ alors il existe un pointM du cercleC tel queρ(M) =M′.
3. Quelle description obtient-on alors pour l’ensemble imageρ(C) du cercleCparρen rassemblant les r´esultats 1. et 2. ?
Partie F : Effet de la transformation ρsur un angle
SoientA(xA, yA)∈ P,B(xB, yB)∈ P etC(xC, yC)∈ P. On suppose ces trois points deux `a deux distincts.
1. Montrer que les produits scalaires−−→AB.−→AC et −−−−−−→
ρ(A)ρ(B).−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) sont ´egaux.
On ´ecrira toutes les ´etapes des calculs.
2. Montrer que : cosÄ−−→AB,−→ACä
= cos−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) . Remarque : Les angles BAC’ etρ(B)ρ(A)ρ(C)ˇ sont donc ´egaux.
Partie G : O`u l’on ´emet une conjecture sur la nature de la transformation ρ
1. D´emontrer qu’il existe un unique point Ω(xΩ, yΩ) ∈ P tel que ρ(Ω) = Ω. On pr´ecisera ses coordonn´ees (xΩ, yΩ).
2. SoitA(xA, yA)∈ P tel queA6= Ω.
(a) Pourquoi a-t-onρ(A)6= Ω ?
(b) Calculer la longueur ΩAen fonction de xA et yA. (c) Justifier que ΩA= Ωρ(A), sans faire aucun calcul.
(d) Calculer le produit scalaire−→ΩA .−−−−→
Ωρ(A) en fonction dexA et yA. (e) Calculer alors cos−→
ΩA,−−−−→
Ωρ(A) .
(f) En d´eduire la valeur de l’angle AΩρ(A) `ÿ a l’aide de la table des valeurs remarquables de cosinus rappel´ee ci-dessous.
θ 0 π6 π4 π3 π2 2π3 3π4 5π6 π
cos(θ) 1 √23 √22 12 0 −12 −√22 −√23 −1
(g) Que peut-on dire du triangleAΩρ(A) ?
3. En utilisant les questions 1. et 2.(f), ´emettre une conjecture sur la nature de la transformationρ.
4. (a) SoitA∈ P. Calculer les coordonn´ees du pointρ(ρ(ρ(A))). Qu’observe-t-on ?
(b) Le r´esultat 4.(a) est-il en accord avec la conjecture faite sur la nature de la transformationρ? Correction
Partie A :Soient A1(x1, y1)∈ P etA2(x2, y2)∈ P.
1. Les coordonn´ees de ρ(A1) sont : Ç
−1 2x1−
√3 2 y1+3
2 ,
√3 2 x1−1
2y1−
√3 2
å
et celle de ρ(A2) sont : Ç
−1 2x2−
√3 2 y2+3
2 ,
√3 2 x2−1
2y2−
√3 2
å . On a :
ρ(A1) =ρ(A2) =⇒
−1 2x1−
√3 2 y1+3
2 = −1
2x2−
√3 2 y2+3
2 (´egalit´e des abscisses)
√3 2 x1−1
2y1−
√3
2 =
√3 2 x2−1
2y2−
√3
2 (´egalit´e des ordonn´ees)
=⇒
−1 2x1−
√3
2 y1 = −1 2x2−
√3
2 y2 (soustraction de 3
2 `a chaque membre)
√3 2 x1−1
2y1 =
√3 2 x2−1
2y2 (ajout de
√3
2 `a chaque membre)
=⇒
−1 2x1−
√3
2 y1 = −1 2x2−
√3 2 y2
Ç
−1 2−√
3
√3 2
å
| {z }
−12−32=−2
y1 = Ç
−1 2−√
3
√3 2
å
| {z }
−12−32=−2
y2 (L2←L2+√ 3L1)
=⇒
−1 2x1−
√3
2 y1 = −1 2x2−
√3 2 y2
y1 = y2 (L2← −12
L2)
Dey1=y2et de L1, on d´eduit :
−1 2x1−
√3
2 y1=−1 2x2−
√3 2 y1. En ajoutant
√3
2 y1 `a chaque membre de la pr´ec´edente ´equation, il vient :
−1
2x1=−1 2x2.
Enfin, en multipliant chaque membre de cette derni`ere ´equation par (−2), on obtient : x1=x2.
On a donc montr´e que :
x1=x2 et y1=y2
i.e. : A1=A2.
2. `A la question pr´ec´edente, on a ´etabli :
ρ(A1) =ρ(A2) =⇒A1=A2. La contrapos´ee de cette implication :
A16=A2=⇒ρ(A1)6=ρ(A2)
est donc ´egalement vraie. Q.E.D.
Remarque : On a prouv´e que l’application ρ:P → P est injective.
Partie B :SoitA′(xA′, yA′)∈ P.
SoitA(xA, yA)∈ P. Les coordonn´ees du pointρ(A) sont : Ç
−1 2xA−
√3 2 yA+3
2 ,
√3 2 xA−1
2yA−
√3 2
å
On a :
ρ(A) =A′ ⇐⇒
−1 2xA−
√3 2 yA+3
2 = xA′ (´egalit´e des abscisses)
√3 2 xA−1
2yA−
√3
2 = yA′ (´egalit´e des ordonn´ees)
⇐⇒
−1 2xA−
√3
2 yA = xA′−3
2 (soustraction de 3
2 `a chaque membre)
√3 2 xA−1
2yA = yA′+
√3
2 (ajout de
√3
2 `a chaque membre)
⇐⇒
−1 2xA−
√3
2 yA = xA′−3 2 Ç
−1 2 −√
3
√3 2
å
| {z }
−12−32=−2
yA = yA′+
√3 2 +√
3xA′ −3√ 3
| {z 2 }
√3xA′+yA′−√ 3
(L2←L2+√ 3L1)
⇐⇒
−1 2xA−
√3
2 yA = xA′−3 2 yA = −
√3
2 xA′−1 2yA′+
√3
2 (L2←(−12)L2)
DeyA=−
√3
2 xA′−1 2yA′+
√3
2 et deL1, on d´eduit :
−1 2xA−
√3 2
Ç
−
√3
2 xA′−1 2yA′+
√3 2
å
=xA′−3 2 soit :
−1 2xA+
Ç√ 3 2
å2
| {z }
3 4
xA′+
√3 4 yA′−
Ç√ 3 2
å2
| {z }
3 4
=xA′−3 2.
En retranchant Ç√
3 2
å2
| {z }
3 4
xA′+
√3 4 yA′−
Ç√ 3 2
å2
| {z }
3 4
`
a chacun des membres de la pr´ec´edente ´equation, on a :
−1 2xA= 1
4xA′−
√3 4 yA′−3
4.
Enfin, en multipliant les deux membres de cette derni`ere ´equation par (−2), il vient : xA=−1
2xA′+
√3
2 yA′+3 2.
On a ainsi d´emontr´e qu’il existe un unique pointAtel que ρ(A) =A′ et que ses coordonn´ees sont : xA=−1
2xA′ +
√3 2 yA′ +3
2 et yA=−
√3
2 xA′ −1 2yA′+
√3 2 .
Remarque : On a prouv´e que l’applicationρ:P → P est surjective. En rassemblant les deux propri´et´es montr´ees dans les parties A et B, on en d´eduit que l’application ρest bijective.
Partie C :SoientA(xA, yA)∈ P,B(xB, yB)∈ Pet C(xC, yC)∈ P. 1. (a) Les coordonn´ees des vecteurs −−→AB et−→AC sont respectivement :
( (xB−xA), (yB−yA) ) et ( (xC−xA), (yC−yA) ).
Par d´efinition, on a donc : det(−−→AB,−−→
AC) =
(xB−xA) (xC−xA) (yB−yA) (yC−yA)
= (xB−xA)(yC−yA)−(xC−xA)(yB−yA).
On a donc :
det(−−→AB,−−→
AC) = (xB−xA)(yC−yA)−(xC−xA)(yB−yA). (4) (b) Les coordonn´ees deρ(A) sont :
Ç
−1 2xA−
√3 2 yA+3
2 ,
√3 2 xA−1
2yA−
√3 2
å
et celles de ρ(B) sont : Ç
−1 2xB−
√3 2 yB+3
2 ,
√3 2 xB−1
2yB−
√3 2
å .
Par suite les coordonn´ees de−−−−−−→
ρ(A)ρ(B) sont : Ç
−1 2xB−
√3 2 yB+3
2 − Ç
−1 2xA−
√3 2 yA+3
2 å
,
√3 2 xB−1
2yB−
√3 2 −
Ç√ 3 2 xA−1
2yA−
√3 2
åå .
On a donc :
−−−−−−→
ρ(A)ρ(B) Ç
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) ;
√3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA) å
. (5)
De mˆeme, on montre que :
−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) Ç
−1
2(xC−xA)−
√3
2 (yC−yA) ;
√3
2 (xC−xA)−1
2(yC−yA) å
. (6)
De (5) et (6), on d´eduit :
det(−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)) =
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) −1
2(xC−xA)−
√3
2 (yC−yA)
√3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA)
√3
2 (xC−xA)−1
2(yC−yA)
= Ç
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) å
× Ç√
3
2 (xC−xA)−1
2(yC−yA) å
− Ç
−1
2(xC−xA)−
√3
2 (yC−yA) å
× Ç√
3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA) å
=
−
√3
4 (xB−xA)(xC−xA) +1
4(xB−xA)(yC−yA)
−
3
z }| {
√3√ 3
4 (yB−yA)(xC−xA) +
√
3
4 (yB−yA)(yC−yA)
−
−
√3
4 (xC−xA)(xB−xA) +1
4(xC−xA)(yB−yA)
−
3
z }| {
√3√ 3
4 (yC−yA)(xB−xA) +
√
3
4 (yC−yA)(yB−yA) ë
= 1
4 (xB−xA)(yC−yA)
| {z }
(⋆)
−3
4 (yB−yA)(xC−xA)
| {z }
(⋆⋆)
−1
4 (yB−yA)(xC−xA)
| {z }
(⋆⋆)
+3
4 (xB−xA)(yC−yA)
| {z }
(⋆)
.
En regroupant ensemble les termes (⋆) et (⋆⋆), on obtient finalement : det(−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)) = (xB−xA)(yC−yA)−(yB−yA)(xC−xA). (7) (c) En comparant les r´esultats (4) et (7), on observe :
det(−−→AB,−→AC) = det(−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)). (8)
(d) On a :
A, B, C align´es =⇒ −−→AB//−→AC
=⇒ det(−−→AB,−→AC) = 0 (crit`ere de colin´earit´e)
=⇒ det(−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)) = 0 (cf. r´esultat (8))
=⇒ −−−−−−→
ρ(A)ρ(B)//−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) (crit`ere de colin´earit´e)
=⇒ ρ(A), ρ(B), ρ(C) align´es.
(e) La r´eciproque de l’implication
A, B, C align´es =⇒ρ(A), ρ(B), ρ(C) align´es est l’implication
ρ(A), ρ(B), ρ(C) align´es =⇒A, B, C align´es.
Pour montrer cette derni`ere implication, il suffit d’observer que toutes les implications dans la chaˆıne d’implications de la question pr´ec´edente sont en fait des ´equivalences (e.g. pour le crit`ere de co-
lin´earit´e). Q.E.D.
(f) On a d´emontr´e l’´equivalence :
A, B, C align´es⇐⇒ρ(A), ρ(B), ρ(C) align´es. (9) 2. SoitDune droite du plan. SoientA1∈ DetA2∈ Dtels que A16=A2. On a donc D= (A1A2).
(a) D’apr`es la question 2 de la partie A, les points ρ(A1) et ρ(A2) sont dictincts. Par suite, la droite passant par les pointsρ(A1) etρ(A2) est bien d´efinie.
(b) Soit M un point de la droite D = (A1A2). Montrons que ρ(M) appartient `a la droite D′ = (ρ(A1)ρ(A2)).
Comme M ∈ (A1A2), les points M, A1, A2 sont align´es. Alors, d’apr`es le r´esultat (9), les points ρ(M), ρ(A1), ρ(A2) sont align´es. Le pointρ(M) appartient donc `a la droite (ρ(A1)ρ(A2)).
(c) SoitM′ un point de la droite D′ = (ρ(A1)ρ(A2)). Montrons qu’il existe un point M de la droite D= (A1A2) tel queρ(M) =M′.
D’apr`es le r´esultat de la partieB, on sait qu’il existe un pointM du plan tel que
ρ(M) =M′. (10)
CommeM′=ρ(M)∈ D′= (ρ(A1)ρ(A2)), les pointsρ(M), ρ(A1), ρ(A2) sont align´es. Le r´esultat (9) nous permet d’en d´eduire que les pointsM, A1, A2 sont align´es. Par suite :
M ∈ D= (A1A2). (11)
De (10) et (11), on d´eduit le r´esultat demand´e.
(d) `A la question (b), on a vu queρ(D)⊂ D′. `A la question (c), on a montr´e queD′⊂ρ(D). On a donc montr´e que :
ρ(D) =D′. Ceci peut se reformuler sous la forme suivante :
ρ((A1A2)) = (ρ(A1)ρ(A2)).
3. SoitDla droite passant par l’origineOdu rep`ere et dirig´ee par le vecteur−→u(1,1).
(a) D’apr`es la d´efinition de la droiteD, ß x=t y=t
est une repr´esentation param´etrique de la droite D, de param`etret∈R. Aussi, pour tout choix de valeur det, on obtient les coordonn´ees d’un point deD. Par exemple, pourt= 0, on retrouve le fait que le point O appartient `a D. En choisissantt= 1, on trouve que le point A(1,1) appartient `a D. Ce point est distinct deO.
(b) D’apr`es la question (a) et la d´efinition deρ(D), on sait que les pointsρ(O) etρ(A) de coordonn´ees respectives : Ç
−1 2×0−
√3
2 ×0 + 3 2 ,
√3
2 ×0−1 2×0−
√3 2
å
= Ç3
2,−
√3 2
å
Ç et
−1 2×1−
√3
2 ×1 +3 2 ,
√3
2 ×1−1 2×1−
√3 2
å
= Ç
1−
√3 2 ,−1
2 å
sont deux points distincts deρ(D). D’autre part, d’apr`es la question 2.(d), on sait queρ(D) est une droite.
(c) D’apr`es la question 2.(d), on sait que ρ(D) = (ρ(O)ρ(A)). D’autre part, des calculs effectu´es `a la question (b), on d´eduit que le vecteur −−−−−−→
ρ(O)ρ(A), qui dirige la droite ρ(D) = (ρ(O)ρ(A)) a pour
coordonn´ees : á
1−
√3 2 −3
| {z 2}
−12−√23
, −1 2 +
√3 2
ë .
Par suite le vecteur−2−−−−−−→
ρ(O)ρ(A) de coordonn´ees : (1 +√
3,1−√ 3) est ´egalement directeur de la droite ρ(D) = (ρ(O)ρ(A)).
SoitM(x, y) un point du plan. Les coordonn´ees du vecteur−−−−→
ρ(O)M sont : Ç
x−3 2, y+
√3 2
å .
M ∈ρ(D) = (ρ(O)ρ(A)) ⇐⇒ −−−−→
ρ(O)M //−2−−−−−−→
ρ(O)ρ(A)
⇐⇒
x−3
2 1 +√
3
y+
√3
2 1−√
3
= 0
⇐⇒
Å x−3
2
ã Ä1−√ 3ä
−Ä 1 +√
3ä Ç y+
√3 2
å
= 0
⇐⇒ Ä 1−√
3ä x−3
2
Ä1−√ 3ä
−Ä 1 +√
3ä y−
√3 2
Ä1 +√ 3ä
= 0
⇐⇒ Ä 1−√
3ä x−Ä
1 +√ 3ä
y−3 2 +3√
3
2 −
√3 2 −
3
z }| {
√3√ 3
2 = 0
⇐⇒ Ä 1−√
3ä x−Ä
1 +√ 3ä
y−3 +√ 3 = 0 On en d´eduit que : Ä
1−√ 3ä
x−Ä 1 +√
3ä
y−3 +√ 3 = 0 est une ´equation cart´esienne de la droiteρ(D) = (ρ(O)ρ(A)).
Partie D :Soient A(xA, yA)∈ P et B(xB, yB)∈ P. 1. D’apr`es le cours :
AB=»
(xB−xA)2+ (yB−yA)2. (12)
2. On rappelle (cf. r´esultat (5)) que−−−−−−→
ρ(A)ρ(B) a comme coordonn´ees : Ç
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) ;
√3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA) å
.
On a donc :
ρ(A)ρ(B) = ÃÇ
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) å2
+ Ç√3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA) å2
(13) D´eveloppons les carr´es pr´esents sous la racine dans (13).
Ç
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) å2
= Å
−1
2(xB−xA) ã2
−2× Å
−1
2(xB−xA) ã Ç√
3
2 (yB−yA) å
+ Ç√3
2 (yB−yA) å2
= 1
4(xB−xA)2+
√3
2 (xB−xA)(yB−yA) + Ç√3
2 å2
| {z }
3 4
(yB−yA)2
De mˆeme on calcule : Ç√
3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA) å2
=3
4(xB−xA)2−
√3
2 (xB−xA)(yB−yA) +1
4(yB−yA)2. De ces deux calculs, on d´eduit :
Ç
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) å2
+ Ç√3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA) å2
= (xB−xA)2+ (yB−yA)2. (14)
En rassemblant les r´esultats (13) et (14), on obtient finalement : ρ(A)ρ(B) =»
(xB−xA)2+ (yB−yA)2. (15)
3. En comparant les identit´es (12) et (15), on observe que :
AB =ρ(A)ρ(B). (16)
4. Soient ABC un triangle ´equilat´eral. Alors on a :
AB =AC=BC.
On en d´eduit, en appliquant le r´esultat (16), que :
ρ(A)ρ(B) =ρ(A)ρ(C) =ρ(B)ρ(C).
Le triangleρ(A)ρ(B)ρ(C) est donc ´equilat´eral.
Partie E :SoitCun cercle, soitAson centre et soitrson rayon. On noteC′le cercle de centreρ(A) et de rayonr.
1. SoitM ∈ C, cercle de centreAet de rayonr. Alors on a : AM =r.
De cette ´egalit´e et du r´esultat (16), on d´eduit :
ρ(A)ρ(M) =r.
Par suite le pointρ(M) appartient au cercle de centreρ(A) et de rayonr, i.e.ρ(M)∈ C′. 2. SoitM′ un point du cercleC′. Montrons qu’il existe un pointM du cercleC tel queρ(M) =M′.
D’apr`es le r´esultat de la partie B, on sait qu’il existe un pointM du plan tel que
ρ(M) =M′. (17)
D’apr`es le r´esultat (16), on a :
AM =ρ(A)ρ(M) =ρ(A)M′. (18)
OrM′∈ C′, cercle de centreρ(A) et de rayonr. Par suite :
ρ(A)M′ =r. (19)
De (18) et (19), on d´eduit que :
AM =r.
Par suite :
M appartient au cercleC. (20)
De (17) et (20), on d´eduit le r´esultat demand´e.
3. `A la question 1., on a vu queρ(C)⊂ C′. `A la question 2., on a montr´e queC′⊂ρ(C). On a donc montr´e que :
ρ(C) =C′.
L’image par ρdu cercle de centreAet de rayonrest donc le cercle de centreρ(A) et de rayonr.
Partie F :Soient A(xA, yA)∈ P, B(xB, yB)∈ P etC(xC, yC)∈ P. On suppose ces trois points deux `a deux distincts.
1. • Calcul du produit scalaire−−→AB.−→AC
Les coordonn´ees des vecteurs−−→AB et−→AC sont respectivement :
( (xB−xA), (yB−yA) ) et ( (xC−xA), (yC−yA) ).
On a donc :
−−→AB.−→AC= (xB−xA)(xC−xA) + (yB−yA)(yC−yA). (21)
• Calcul du produit scalaire−−−−−−→
ρ(A)ρ(B).−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)
On sait (cf. r´esultats (5) et (6)) que les vecteurs−−−−−−→
ρ(A)ρ(B) et−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) ont pour coordonn´ees respectives : á
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA)
| {z }
X−−−−−−→ρ(A)ρ(B)
;
√3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA)
| {z }
Y−−−−−−→ρ(A)ρ(B)
ë
á et
−1
2(xC−xA)−
√3
2 (yC−yA)
| {z }
X−−−−−−→ρ(A)ρ(C)
;
√3
2 (xC−xA)−1
2(yC−yA)
| {z }
Y−−−−−−→ρ(A)ρ(C)
ë .
Ainsi a-t-on :
−−−−−−→
ρ(A)ρ(B).−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) =X−−−−−−→ρ(A)ρ(B)X−−−−−−→ρ(A)ρ(C)+Y−−−−−−→ρ(A)ρ(B)Y−−−−−−→ρ(A)ρ(C). (22) – Calcul de X−−−−−−→ρ(A)ρ(B)X−−−−−−→ρ(A)ρ(C)
X−−−−−−→
ρ(A)ρ(B)X−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) = Ç
−1
2(xB−xA)−
√3
2 (yB−yA) å Ç
−1
2(xC−xA)−
√3
2 (yC−yA) å
= 1
4(xB−xA)(xC−xA) +
√3
4 (xB−xA)(yC−yA)
+
√3
4 (yB−yA)(xC−xA) +
3
z }| {
√3√ 3
4 (yB−yA)(yC−yA).
– Calcul de Y−−−−−−→ρ(A)ρ(B)Y−−−−−−→ρ(A)ρ(C)
Y−−−−−−→ρ(A)ρ(B)Y−−−−−−→ρ(A)ρ(C) = Ç√
3
2 (xB−xA)−1
2(yB−yA) å Ç√3
2 (xC−xA)−1
2(yC−yA) å
=
3
z }| {
√3√ 3
4 (xB−xA)(xC−xA)−
√3
4 (xB−xA)(yC−yA)
−
√3
4 (yB−yA)(xC−xA) +1
4(yB−yA)(yC−yA).
De ces deux calculs et de (22), on d´eduit :
−−−−−−→
ρ(A)ρ(B).−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) = (xB−xA)(xC−xA) + (yB−yA)(yC−yA). (23)
• De (21) et de (23), on d´eduit :
−−→AB.−→AC =−−−−−−→
ρ(A)ρ(B).−−−−−−→
ρ(A)ρ(C). (24)
2. D’apr`es le cours, on a : cosÄ−−→AB,−→ACä
=
−−→AB.−→
AC
AB.AC et cos−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)
=
−−−−−−→
ρ(A)ρ(B).−−−−−−→
ρ(A)ρ(C)
ρ(A)ρ(B).ρ(A)ρ(B). (25) D’apr`es le r´esultat (16), on a :
AB =ρ(A)ρ(B) et AC=ρ(A)ρ(C). (26)
De (24), (25) et (26), on d´eduit :
cosÄ−−→AB,−→ACä
= cos−−−−−−→
ρ(A)ρ(B),−−−−−−→
ρ(A)ρ(C) . Les anglesBAC’ etρ(Bˇ)ρ(A)ρ(C)sont donc ´egaux.
Partie G : O`u l’on ´emet une conjecture sur la nature de la transformation ρ 1. Soit Ω(xΩ, yΩ)∈ P. Les coordonn´ees du pointρ(Ω) sont :
Ç
−1 2xΩ−
√3 2 yΩ+3
2 ,
√3 2 xΩ−1
2yΩ−
√3 2
å
On a :
ρ(Ω) = Ω ⇐⇒
−1 2xΩ−
√3 2 yΩ+3
2 = xΩ (´egalit´e des abscisses)
√3 2 xΩ−1
2yΩ−
√3
2 = yΩ (´egalit´e des ordonn´ees)
⇐⇒
−3 2xΩ −
√3
2 yΩ = −3 2
√3
2 xΩ − 3
2yΩ =
√3 2
⇐⇒
−3 2xΩ −
√3
2 yΩ = −3 2
−2√
3yΩ =
3
z }| {
√3√ 3
2 −3
2 (L2← √
|{z}3
6
=0
L2+L1)
⇐⇒
−3 2xΩ −
√3
2 yΩ = −3 2
−2√
3yΩ = 0
Comme le syst`eme pr´ec´edent est de Cramer, il poss`ede une unique solution. Par suite, il existe un unique point Ω tel que ρ(Ω) = Ω.
D´eterminons les coordonn´ees du point Ω. De L2, on d´eduit facilement que yΩ = 0. DeL1 et yΩ = 0, on d´eduit :
−3 2xΩ−
√3
2 ×0 =−3 2 soit :
−3
2xΩ=−3 2. On en d´eduit que xΩ= 1.Par suite :
les coordonn´ees de Ω sont (1,0). (27)
2. SoitA(xA, yA)∈ P tel queA6= Ω.
(a) CommeA6= Ω, la question 2 de la partie A nous donne : ρ(A)6=ρ(Ω).
Orρ(Ω) = Ω par d´efinition de Ω. On a donc :
ρ(A)6= Ω.
(b) D’apr`es le cours et le r´esultat (27), on a : ΩA=»
(xA−1)2+yA2 =»
x2A+yA2 −2xA+ 1. (28) (c) D’apr`es le r´esultat (16), on sait que :
ΩA=ρ(Ω)ρ(A).
Orρ(Ω) = Ω par d´efinition de Ω. On a donc :
ΩA= Ωρ(A). (29)
(d) Du r´esultat (27), on d´eduit que les coordonn´ees de−→ΩA sont : (xA−1 ; yA).
De plus les coordonn´ees du point ρ(A) sont : Ç
−1 2xA−
√3 2 yA+3
2 ,
√3 2 xA−1
2yA−
√3 2
å . Les coordonn´ees du vecteur−−−−→
Ωρ(A) sont donc : Ç
−1 2xA−
√3 2 yA+1
2 ,
√3 2 xA−1
2yA−
√3 2
å .
On a donc :
−→ΩA .−−−−→
Ωρ(A) = (xA−1) Ç
−1 2xA−
√3 2 yA+1
2 å
+yA
Ç√ 3 2 xA−1
2yA−
√3 2
å
= −1
2x2A
−
√3
2 xAyA+1 2xA
+1 2xA+
√3 2 yA−1
2
+√
3
2 xAyA−1 2yA2
−
√3 2 yA
= −1 2x2A−1
2y2A+xA−1 2. On a ainsi montr´e que :
−→ΩA .−−−−→
Ωρ(A) =−1 2x2A−1
2y2A+xA−1
2. (30)
(e) D’apr`es le cours, on a :
cos−→ΩA,−−−−→
Ωρ(A)
=
−→ΩA .−−−−→
Ωρ(A) ΩAΩρ(A). D’apr`es (29), on a donc :
cos−→ΩA,−−−−→
Ωρ(A)
=
−→ΩA .−−−−→
Ωρ(A) ΩA2 . En utilisant les expressions obtenues en (28) et (30), on a ainsi :
cos−→ΩA,−−−−→
Ωρ(A)
=−1 2x2A−1
2y2A+xA−1 2 x2A+y2A−2xA+ 1 . En remarquant que :
−1 2x2A−1
2yA2 +xA−1 2 =−1
2 x2A+yA2 −2xA+ 1 on en d´eduit que :
cos−→ΩA,−−−−→
Ωρ(A)
=−1
2. (31)
(f) De (31) et de la table des valeurs remarquables de cosinus, on d´eduit : AΩρ(A) =ÿ 2π
3 . (32)
(g) D’apr`es la question 2.(c), on a ΩA= Ωρ(A). Le triangleAΩρ(A) est donc isoc`ele en Ω, avec un angle au sommet Ω mesurant 2π
3 radians (soit 120 degr´es).
3. Le point Ω(1,0) est l’unique point du plan invariant parρ(i.e. v´erifiantρ(Ω) = Ω). D’autre part, on vient de voir que si Aest un point distinct de Ω, alorsρ(A) s’obtient≪en faisant tourner le pointAautour de Ω d’un angle de 2π
3 (dans le sens horaire ou antihoraire, ce que l’on ne peut trancher, car ce point n’a pas
´et´e abord´e dans l’´etude)≫.
On peut conjecturer queρest la rotation de centre Ω(1,0) et d’angle 2π
3 dans le sens horaire ou la rotation de centre Ω(1,0) et d’angle 2π
3 dans le sens antihoraire.
1 2 3 4 5
−1
−2
1 2 3
−1
−2
−3
b
Ω
bA
b
ρ(A)
120
Cette figure nous invite `a penser queρest une rotation dans le sens antihoraire.
4. (a) SoitA∈ P. Apr`es un calcul assez long (mais ne pr´esentant pas de difficult´e majeure), que l’on laisse
`a titre d’exercice, on montre queρ(ρ(ρ(A))) =A.
Remarque : Il est vivement conseill´e de faire ce calcul.
(b) Le r´esultat pr´ec´edent est bien en accord avec notre conjecture sur la nature de la transformationρ.
En effet, ≪tourner trois fois autour de Ω d’un angle 2π
3 ≫ revient `a ≪tourner une fois autour de Ω d’un angle 3×2π
3 = 2π≫. Mais≪tourner de 2π≫ revient `a faire un tour complet. On revient donc au point de d´epart.
